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Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 10 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

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1Formule e metodi

Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Tensioni dei partitori
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Uscite
Vab = Va − Vb
Bilancio
R1/R2 = R3/R4
Ponte a filo
R/Rx = l/(100 − l)
Resistenza di Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Fattore di taratura
ΔR/R = GF·ε
Uscita del ponte
quarto Vs·GF·ε/4, mezzo Vs·GF·ε/2, intero Vs·GF·ε
Piccola variazione, un ramo
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tensione
σ = E·ε

Metodo

  1. Tratta il ponte come due partitori di tensione ai capi della stessa alimentazione.
  2. Per l’equilibrio, poni R₁/R₂ = R₃/R₄ e ricava la resistenza incognita.
  3. Per un ponte non equilibrato, ricava Va e Vb dai partitori e sottrai; usa l’equivalente di Thévenin quando uno strumento carica l’uscita.
  4. Per gli estensimetri, converti la deformazione in ΔR/R = GF·ε e usa Vs·GF·ε/4, /2 o ×1 per un quarto, mezzo o ponte intero.

Acquisizione dati e campionamento

Criterio di Nyquist
fs > 2·fmax, fN = fs/2
Frequenza di alias
fa = |f − k·fs|, k = round(f/fs)
Passo di quantizzazione
1 LSB = VFSR/2ᴺ
Errore di quantizzazione (arrotondamento)
±½ LSB
Codice di un ADC a troncamento
D = ⌊Vin/LSB⌋
Bit per una risoluzione r
2ᴺ ≥ span/r
SQNR ideale, sinusoide a fondo scala
SQNR = 6,02·N + 1,76 dB
Velocità dei dati
canali × fs × N bit/s
ADC multiplexato
fs = 1/(n·(tc + tset))
UART
Tb = 1/baud; 8N1 = 10 bit per byte; byte/s = baud/bit per frame
Divisore del baud rate
baud = fclk/(16·D)

Metodo

  1. Scrivi i dati: frequenza di campionamento, frequenze del segnale, numero di bit, campo d’ingresso, baud rate.
  2. Nei problemi di campionamento confronta ogni frequenza con fs/2; una frequenza più alta compare a fa = |f − k·fs|, con il multiplo di fs più vicino.
  3. Nei problemi di risoluzione trova 1 LSB = VFSR/2ᴺ, oppure il più piccolo N con 2ᴺ ≥ campo/risoluzione.
  4. Per velocità dei dati e collegamenti UART conta tutto ciò che viene inviato: canali, campioni al secondo, bit o byte interi per campione, e i bit di start, parità e stop di ogni frame.

Circuiti con amplificatori operazionali

Amplificatore invertente
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificatore non invertente
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificatore sommatore
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Amplificatore operazionale ideale
V+ = V−, Iin = 0

Resistori in serie e parallelo

Resistenze in serie
Req = R1 + R2 + …
Resistenze in parallelo
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Due in parallelo
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Legge di Ohm
V = I·R
Potenza
P = V·I = I²R = V²/R

Metodo

  1. Parti dall’estremità della rete più lontana dai morsetti.
  2. Combina i resistori in serie sommandoli e quelli in parallelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Ridisegna il circuito dopo ogni passaggio.
  4. Ripeti finché tra i morsetti resta un solo resistore.

Thévenin e Norton

Tensione di Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistenza di Thévenin
Rth: tutti i generatori spenti, vista da a–b
Corrente di Norton
IN = Vth/Rth
Corrente nel carico
IL = Vth/(Rth + RL)
Massimo trasferimento di potenza
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metodo

  1. Togli il carico e indica i due morsetti a e b.
  2. Trova la tensione a vuoto tra a e b: questa è Vth.
  3. Spegni tutti i generatori indipendenti e trova la resistenza vista da a–b: questa è Rth.
  4. Ricollega il carico al circuito equivalente: Vth in serie con Rth.
  5. Per l’equivalente di Norton, converti: IN = Vth/Rth, con RN = Rth in parallelo.

2Esercizi

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetriMedia
+−12 V500 Ω500 Ω + ΔR500 Ω500 Ωab+−339,6 mV

Un ponte con quattro rami da 500 Ω è alimentato con 12 V. Quando il sensore R₂ cambia, l’uscita indica Vab = 339,6 mV. Trova la variazione esatta ΔR di R₂.

Vs = 12 VR = 500 ΩVab = 339,6 mV
ΔR = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−2,5 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−0,331 mV

Un estensimetro (GF = 2,12) su un elemento con E = 110 GPa forma un quarto di ponte eccitato con 2,5 V. L’uscita indica 0,331 mV. Trova la tensione assiale σ in MPa.

Vs = 2,5 VGF = 2,12Vo = 0,331 mVE = 110 GPa
σ = MPa
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
∿01N = 125 kHz? MB

Un registratore campiona un canale a 5 kHz con un ADC a 12 bit. Ogni campione è memorizzato in byte interi. Trova la memoria M necessaria per una registrazione di 60 min, in MB (1 MB = 10⁶ byte).

n = 1fs = 5 kHzN = 12t = 60 min
M = MB
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
f0fs​/2fs​6 kHz7f₁?

Un’onda quadra a 6 kHz è campionata a 50 kHz senza filtro anti-aliasing. Un’onda quadra contiene le armoniche dispari 3f₁, 5f₁, 7f₁, … A quale frequenza fa compare nei dati campionati la sua armonica 7f₁? Esprimila in kHz.

f₁ = 6 kHzfs = 50 kHzarmonica: 7f₁
fa = kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 1 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −0,4 V

L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.

Vin = −0,4 VR1 = 1 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = −1,6 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −2 VR2​ = 100 kΩ

L’amplificatore sommatore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.

V1 = −1,6 VV2 = −2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​30 ΩBR6​30 Ω

Trova la corrente IR1 erogata dal generatore, che scorre in R1.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 30 ΩR4 = 30 ΩR5 = 10 ΩR6 = 30 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 10 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAab

Trova la resistenza di Thévenin Rth vista dai morsetti a–b.

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAIs​2 ABab

Trova la tensione di Thévenin Vth vista dai morsetti a–b.

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ΔR = 60 Ω

Ponte di Wheatstone: due partitori di tensione condividono un’unica alimentazione Vs. Il partitore sinistro R1–R2 dà Va = Vs·R2/(R1 + R2) e il partitore destro R3–R4 dà Vb = Vs·R4/(R3 + R4); l’uscita è Vab = Va − Vb. Il ponte è in equilibrio (Vab = 0, nessuna corrente nello strumento) quando R1/R2 = R3/R4, cioè R1·R4 = R2·R3. Visto dall’uscita, il ponte è un generatore di Thévenin con Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Tensione del nodo

Va = 6 + 0,3396 = 6,34 V

Risolvi il partitore

R₂ = 500·6,34/(12 − 6,34) = 560 Ω
ΔR = 560 − 500 = 60 Ω

Risposta

ΔR = 60 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: σ = 27,48 MPa

Estensimetri: un estensimetro cambia la sua resistenza con la deformazione: ΔR/R = GF·ε, dove il fattore di taratura GF vale circa 2 per un estensimetro a lamina metallica. In un ponte con tutti i rami uguali a R, un estensimetro attivo (quarto di ponte) dà Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Due estensimetri attivi con deformazioni opposte in rami adiacenti (mezzo ponte) danno Vs·GF·ε/2, e quattro (ponte intero) danno Vs·GF·ε. La tensione meccanica segue dalla legge di Hooke, σ = E·ε. Le celle di carico indicano la loro sensibilità in mV/V: l’uscita a pieno carico per ogni volt di eccitazione.

Deformazione

ε = 4·0,000331/(2,5·2,12) = 0,0002498

Tensione

σ = 110·10³ MPa·0,0002498 = 27,48 MPa

Risposta

σ = 27,48 MPa
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: M = 36 MB

Velocità dei dati: ogni canale fornisce fs campioni al secondo da N bit, quindi la velocità grezza è canali × fs × N bit/s. In memoria un campione occupa byte interi (un campione a 12 bit è memorizzato in 2 byte), quindi la memoria per una registrazione è canali × fs × byte per campione × tempo. Un ADC multiplexato converte i canali uno dopo l’altro: ogni conversione (con assestamento) richiede t, quindi un giro di n canali richiede n·t e ogni canale è campionato a 1/(n·t).

Byte per campione

⌈12/8⌉ = 2 B

Byte al secondo

1·5000·2 = 10000 B/s

Memoria

M = 10000·3600 = 3,6 × 10⁷ B = 36 MB

Risposta

M = 36 MB
4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 8 kHz

Campionamento: un ADC misura il segnale fs volte al secondo. Secondo il teorema di Nyquist–Shannon una frequenza f è acquisita correttamente solo finché f < fs/2, la frequenza di Nyquist (di ripiegamento), quindi la frequenza di campionamento deve superare il doppio della frequenza più alta del segnale. Una frequenza più alta non va persa: compare come alias a fa = |f − k·fs|, con il numero intero k che porta il risultato tra 0 e fs/2. I campioni non permettono di distinguere le due, quindi un filtro anti-aliasing analogico deve eliminare tutto ciò che sta sopra fs/2 prima dell’ADC.

Frequenza dell’armonica

7f₁ = 7·6 kHz = 42 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

m = round(0,84) = 1

Frequenza di alias

fa = |42 − 1·50| = 8 kHz

Risposta

fa = 8 kHz

L’alias cade dentro la banda del segnale, dove nessun filtro digitale può rimuoverlo. Aiuta solo un filtro analogico prima dell’ADC.

5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = −0,8 V

Regole dell’amplificatore operazionale ideale: con retroazione negativa, l’amplificatore porta la sua uscita al valore per cui i due ingressi sono alla stessa tensione (V₋ = V₊), e nessuna corrente entra negli ingressi. Scrivendo la LKC all’ingresso invertente con questi due fatti si ottiene l’uscita.

L’ingresso invertente segue l’ingresso

V₋ = V₊ = −0,4 V
I = V₋/R1 = −0,4/1 = −0,4 mA

Tensione di uscita

La corrente in R₁ scorre anche in Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,4 + (−0,4)·1 = −0,8 V

Risposta

Vout = −0,8 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = 0,3604 V

Regole dell’amplificatore operazionale ideale: con retroazione negativa, l’amplificatore porta la sua uscita al valore per cui i due ingressi sono alla stessa tensione (V₋ = V₊), e nessuna corrente entra negli ingressi. Scrivendo la LKC all’ingresso invertente con questi due fatti si ottiene l’uscita.

Correnti di ingresso

V₋ = 0, quindi ogni resistore di ingresso ha ai capi l’intera tensione di ingresso.

I1 = V1/R1 = −1,6/4,7 = −0,3404 mA
I2 = V2/R2 = −2/100 = −0,02 mA
If = I1 + I2 = −0,3604 mA

Tensione di uscita

Vout = −Rf·If = −1·(−0,3604) = 0,3604 V

Risposta

Vout = 0,3604 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 0,2555 A

Resistori in serie e in parallelo: in serie la stessa corrente attraversa ogni resistore e R = R₁ + R₂ + …. In parallelo ogni resistore ha la stessa tensione e 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una rete a scala si riduce una coppia alla volta finché resta un’unica resistenza equivalente.

R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAR4​10 ΩB

Combina i resistori partendo dall’estremo lontano

Parti dall’estremo più lontano dal generatore e torna verso di esso. I resistori percorsi dalla stessa corrente sono in serie; i resistori tra gli stessi due nodi sono in parallelo.

R3 + R4 = 3 + 10 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 6·13/(6+13) = 4,105 Ω
Req = R1 + 4,105 = 20 + 4,105 = 24,11 Ω

Corrente dal generatore

Il generatore vede solo Req, quindi la legge di Ohm dà la corrente che eroga. Quella corrente scorre in R₁.

IR1 = V1/Req = 9/24,11 = 0,3734 A

Corrente in R₂

Sottrai la caduta su R₁ per ottenere la tensione al nodo A, che è la tensione ai capi di R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,3734·20 = 1,533 V
IR2 = VA/R2 = 1,533/6 = 0,2555 A

Risposta

IR2 = 0,2555 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 1,01 A

Resistori in serie e in parallelo: in serie la stessa corrente attraversa ogni resistore e R = R₁ + R₂ + …. In parallelo ogni resistore ha la stessa tensione e 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una rete a scala si riduce una coppia alla volta finché resta un’unica resistenza equivalente.

R1​ = 15 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​30 ΩBR6​30 Ω

Combina i resistori partendo dall’estremo lontano

Parti dall’estremo più lontano dal generatore e torna verso di esso. I resistori percorsi dalla stessa corrente sono in serie; i resistori tra gli stessi due nodi sono in parallelo.

R5 + R6 = 10 + 30 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 17,14 Ω
R3 + 17,14 = 47,14 Ω
R2 ∥ 47,14 = 2,821 Ω
Req = R1 + 2,821 = 15 + 2,821 = 17,82 Ω

Corrente dal generatore

Il generatore vede solo Req, quindi la legge di Ohm dà la corrente che eroga. Quella corrente scorre in R₁.

IR1 = V1/Req = 18/17,82 = 1,01 A

Risposta

IR1 = 1,01 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: Rth = 13,33 Ω

Teorema di Thévenin: ogni rete lineare a due morsetti si comporta come un unico generatore di tensione Vth in serie con una resistenza Rth. Il teorema di Norton dà la stessa rete come generatore di corrente IN = Vth/Rth in parallelo con Rth.

R1​ = 10 ΩR3​ = 10 ΩCORTOR2​5 ΩAabRth​

Trova Rth con tutti i generatori spenti

Sostituisci i generatori di tensione con cortocircuiti e quelli di corrente con circuiti aperti, poi guarda il circuito da a–b.

R1 ∥ R2 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
10.Thévenin e Norton

Risposta: Vth = 25,43 V

Teorema di Thévenin: ogni rete lineare a due morsetti si comporta come un unico generatore di tensione Vth in serie con una resistenza Rth. Il teorema di Norton dà la stessa rete come generatore di corrente IN = Vth/Rth in parallelo con Rth.

R1​ = 12 ΩR3​ = 2 ΩCORTOR2​30 ΩAAPERTOBabRth​

Trova Rth con tutti i generatori spenti

Sostituisci i generatori di tensione con cortocircuiti e quelli di corrente con circuiti aperti, poi guarda il circuito da a–b.

R1 ∥ R2 = 12·30/(12+30) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 2 = 10,57 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Trova Vth, la tensione a vuoto

Con a–b aperti, l’unico percorso per Iₛ è attraverso R₃ nel nodo A. Trova V_A per sovrapposizione di V₁ e Iₛ, poi aggiungi la caduta su R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,286 + 2·8,571 = 21,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,43 + 2·2 = 25,43 V

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